《2020年高考数学预测卷 浙江卷（二） Word版含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020年高考数学预测卷 浙江卷（二） Word版含解析（16页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、绝密启用前2020年高考数学精优预测卷 浙江卷（二）学校：_姓名：_班级：_考号：_注意事项：1、答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2、请将答案正确填写在答题卡上 一、选择题1.i是虚数单位，复数，则=（ ）A1BCD22.命题“”的否定是（ ）ABCD3.如果，那么等于( )A.B.C.D.4.用平行于圆锥底面的平面截圆锥,所得截面面积与底面面积的比是1:3,这截面把圆锥母线分成的两段的比是( )A. B. C. D. 5.某市教育局准备举办三期高中数学新教材培训，某校共有5名新高一数学老师参加此培训，每期至多派送2名 参加，且学校准备随机派送，则甲老师不参加第一期培训的概率为( )
2、A.B.C.D.6.若变量满足则的最大值是( )A.4B.9C.10D.127.若双曲线的中心为原点, 是双曲线的焦点,过的直线与双曲线相交于,两点,且的中点为,则双曲线的方程为（ ）A. B. C. D. 8.已知成等比数列,且,若,则( )A. B. C. D. 9.如图,过抛物线的焦点F作直线l,交抛物线于两点,以 线 段为直径的圆M交x轴两点.交y轴于两点，则的最小值为( )A. B. C. D. 10.已知函数，其中e为自然对数的底数，则对任意，下列不等式一定成立的是（ ）A.B.C.D. 11.已知且,函数若,则_,_.二、填空题12.若集合，则_.13.某几何体的三视图如图所示(
3、单位:),则该几何体的表面积是_,体积是_. 14.已知随机变量X的分布列如下表所示,且,成等差数列,则_,_.X-101Ppq15.已知,则_,_.16.设,向量,且,则_.17.在中，分别是角的对边，若当取得最大值时,_.三、解答题18.设函数,其中.已知.(1)求;(2)将函数的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍(纵坐标不变),再将得到的图象向左平移个单位,得到函数的图象,求在上的最小值.19.如图,在四棱锥中,已知平面,平面,(1)试在上确定点F的位置,使得直线平面(2)在(1)的条件下,求直线与平面所成角的正弦值.20.已知数列满足,且对任意的正整数,都有(1)证明数列是等差数列,并
4、求数列的通项公式(2)若,是数列的前n项和,求证21.已知直线过椭圆的右焦点，且交椭圆于A,B两点，线段AB的中点是，(1)求椭圆的方程;(2)过原点的直线l与线段AB相交（不含端点）且交椭圆于C，D两点，求四边形面积的最大值.22.已知函数(1)若函数的图象与直线相切,求m的值(2)求证,对任意恒成立参考答案1.答案：B解析： ，2.答案：C解析：命题“”的否定为“”3.答案：B解析：因为，所以，所以4.答案：B解析：如图,由题意,可知圆锥与圆锥的侧面积之比为1:3,即因为,故选B.5.答案：D解析：解法一 5名新高一数学老师参加此培训，且每期至多派送2名参加，其派送方法有(种），其中甲老师
5、不参加第一期培训的派送方法有两种：（1)第一期培训派送1名时有种方法，（2)第一期培训派送2名时，有种方法.所 以甲老师不参加第一期培训的派送方法共 (种）.所以所求概率,故选D.解法二5名新高一数学老师参加此培训，且每期至多派送2名参加，其派送方法有 (种），其中甲老师参加第期培训的派送方法有两种：（1)第一期培训派送1名时，有种方法. (2)第一期培训派送2名时，有种方法.所以甲老师参加第一期培训的派送方法共有(种）.所以所求概率，故选D.6.答案：C解析：画出可行域如图所示,点 到原点距离最大,所以,选C.7.答案：D解析：由题意可设双曲线方程为,是双曲线的焦点,所以设, (1)-(2)
6、得: 的中点为 (-12,-15), ,又的斜率是,即,将代入可得所以双曲线的标准方程为,答案为D8.答案：B解析：令 则,令得,所以当时, ,当时, ,因此所以: ,若公比,则,不合题意;若公比,则但,即,不合题意;因此,所以,选B.9.答案：D解析：由 题 意 知,设直线l的方程为,代入，并 消去x，得,设，则,圆M的半径. 过M点作于点G, 于点H.则.令，则，,故当，即，时，取 得 最 小 值 .10.答案：A解析：依题意可知，所以是偶函数，且，令，则，当时，恒成立，所以在上单调递增，所以在上恒成立，所以在上单调递增，又函数是偶函数，所以，故选A.11.答案：2,解析：易知,因为,所以
7、,即,得,所以函数所以, 12.答案：解析： 13.答案：80; 40解析：由三视图知该组合体是一个长方体上面放置了一个小正方体,.14.答案：解析：由分布列的性质及等差数列的性质知,解得,所以,15.答案：19,80解析： ,所以的展开式中的系数为,的展开式中的系数为所以,对于,令,得,令,得,所以16.答案：解析：根据题意,向量,由,得,解得,即.又由,得,解得,即,所以,所以.17.答案：解析：因为，所以所以，由余弦定理得，即当且仅当时等号成立，所以 18.答案：(1)因为,所以.由题设知,所以.故.又,所以.(2)由(1)得,所以.因为,所以.当,即时,取得最小值.解析：19.答案：
8、(1) 如图,过点F作交于点H,连接,易知,所以因为平面,平面平面,所以所以四边形是平行四边形,所以,又,所以所以,即点F在线段上靠近点D的三等分点处.(2)连接,令,则所以因为平面,平面,所以又,所以平面所以三棱锥的体积易知所以,所以所以设点A到平面的距离为h则三棱锥的体积因为,所以过点A作于点N,则所以,所以设直线与平面所成的角为则,即直线与平面所成角的正弦值为解析： 20.答案： (1)令,得从而令,得,解得则所以数列是以3为首项,2为公差的等差数列所以所以所以令,得所以又,所以(2)由知,则因此记则一方面所以,当且仅当时等号成立另一方面,所以故解析： 21.答案：(1)直线与x轴交于点
9、,所以椭圆右焦点的坐标为,故.设,则，又，所以，则，得又，所以，因此椭圆的方程为.(2)联立方程，得，解得或.不妨令,易知直线l的斜率存在，设直线，代入，得，则或，设,则。则，到直线的距离分别是，由于直线l与线段AB（不含端点）相交，所以，即，所以，四边形的面积，令，则，当，即时，符合题意，因此四边形面积的最大值为.解析： 22.答案：(1)由题意知，设切点坐标为，则，所以函数的图像在点处的切线方程为，即.所以，由，得，即.令，则，当时，所以在上单调递增，因此时，即，故由，得，因此.(2)令，则，令，则，令，则，令，则，因此在上单调递减，在上单调递增.因为,所以，所以存在，使得，所以当时，当时，当时， ，即在，上单调递增，在上单调递减.又，所以当时，当时，等号成立，即当时，于是，当时，等号成立.解析：
